2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能及其守恒定律 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律練習(xí)

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能及其守恒定律 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律練習(xí) 一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6為單選，7～10為多選) 1．質(zhì)量為m的物體，從靜止開始以a＝的加速度豎直向下運動h米，下列說法中不正確的是(　　) A．物體的動能增加了 B．物體的機械能減少了 C．物體的勢能減少了 D．物體的勢能減少了mgh 答案　C 解析　因向下的加速度小于重力加速度，可判斷物體一定受到阻力作用，由牛頓第二定律可求出合力F＝ma＝mg，可得阻力f＝mg，合力做功W＝mgh，動能增加mgh，A正確；阻力做功Wf＝－mgh，機械能減少mgh，

2、B正確；重力做功WG＝mgh，則重力勢能減少mgh，D正確，C錯誤。 2．[2017·安徽合肥一模]一個質(zhì)量為m的小鐵塊沿半徑為R的固定半圓軌道上邊緣由靜止滑下，到半圓底部時，小鐵塊所受向心力為小鐵塊重力的1.5倍，則此過程中小鐵塊損失的機械能為(　　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 答案　B 解析　已知小鐵塊滑到半圓底部時，小鐵塊所受向心力為小鐵塊重力的1.5倍，由牛頓第二定律得：1.5mg＝m。對鐵塊的下滑過程運用動能定理得：mgR－W＝mv2，聯(lián)立解得：W＝mgR，B正確。 3. [2017·山東濱州市一模]兩物塊A和B用一輕彈簧連接，靜止在水平桌面

3、上，如圖甲，現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動物塊A，使之向上做勻加速直線運動，如圖乙，在物塊A開始運動到物塊B將要離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，下列說法正確的是(　　) A．力F先減小后增大 B．彈簧的彈性勢能一直增大 C．物塊A的動能和重力勢能一直增大 D．兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能先增大后減小 答案　C 解析　對A物塊由牛頓第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先減小后反向增大，故拉力一直增大，A錯誤；在A上升過程中，彈簧從壓縮到伸長，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大，B錯誤；在上升過程中，由于物塊A做勻加速運動，所以物塊A的速

4、度增大，高度升高，則物塊A的動能和重力勢能增大，C正確；在上升過程中，除重力與彈力做功外，還有拉力做正功，所以兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機械能一直增大，D錯誤。 4. [2017·吉林長春模擬]如圖所示，重10 N的滑塊在傾角為30°的斜面上，從a點由靜止開始下滑，到b點開始壓縮輕彈簧，到c點時達到最大速度，到d點(圖中未畫出)開始彈回，返回b點離開彈簧，恰能再回到a點。若bc＝0.1 m，彈簧彈性勢能的最大值為8 J，則下列說法正確的是(　　) A．輕彈簧的勁度系數(shù)是50 N/m B．從d到b滑塊克服重力做功8 J C．滑塊的動能最大值為8 J D．從d點到c點彈簧的彈力

5、對滑塊做功8 J 答案　A 解析　當滑塊的合力為0時，滑塊速度最大，即在c點時滑塊的速度最大，此瞬間滑塊受力平衡，有mgsin30°＝k·，可得k＝＝50 N/m，A正確；滑塊從d到a，運用動能定理得WG＋W彈＝0－0；又W彈＝Ep＝8 J，可得WG＝－8 J，即克服重力做功8 J，所以從d到b滑塊克服重力做功小于8 J，B錯誤；滑塊從d到c，由系統(tǒng)的機械能守恒知滑塊的動能增加量與重力勢能增加量之和等于彈簧彈性勢能的減小量ΔEp，而ΔEp小于8 J，所以滑塊的動能最大值小于8 J，C錯誤；彈簧彈性勢能的最大值為8 J，根據(jù)功能關(guān)系知，從d點到b點彈簧的彈力對滑塊做功為8 J，而從d點到c點

6、彈簧的彈力對滑塊做功小于8 J，D錯誤。 5. [2017·山東煙臺市模擬]某段高速公路對載重貨車設(shè)定的允許速度范圍為50～80 km/h，而上坡時若貨車達不到最小允許速度50 km/h，則必須走“爬坡車道”來避免危險，如圖所示。某質(zhì)量為4.0×104 kg的載重貨車，保持額定功率200 kW在“爬坡車道”上行駛，每前進1 km，上升0.04 km，汽車所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡車道足夠長，則貨車勻速上坡的過程中(　　) A．牽引力等于2×104 N B．速度可能大于36 km/h C．上坡過程增加的重力勢能等于汽車牽引力所做的功

7、 D．上坡過程增加的機械能等于汽車克服阻力所做的功 答案　A 解析　貨車勻速上坡的過程中，根據(jù)平衡條件得：牽引力大小F＝0.01mg＋mgsinθ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，故A正確；根據(jù)P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B錯誤；上坡過程增加的重力勢能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系知，上坡過程增加的機械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做的功之差，故D錯誤。 6．[2017·石家莊質(zhì)檢]一質(zhì)量為0.6 kg的物體以20 m/s的初速度豎直上拋，當物體上升到某一位置時，其動能減少

8、了18 J，機械能減少了3 J。整個運動過程中物體所受阻力大小不變，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(已知物體的初動能Ek0＝mv2＝120 J)(　　) A．物體向上運動時加速度大小為12 m/s2 B．物體向下運動時加速度大小為9 m/s2 C．物體返回拋出點時的動能為40 J D．物體返回拋出點時的動能為114 J 答案　A 解析　根據(jù)機械能的變化量等于除了重力以外的其他力做的功，所以阻力做功Wf＝－3 J，在物體上升到某一位置的過程中根據(jù)動能定理有，－mgh＋Wf＝ΔEk，解得h＝2.5 m，又Wf＝－fh解得f＝ N，上升過程中有mg＋f＝ma，解得a＝1

9、2 m/s2，下落過程中有mg－f＝ma′，解得a′＝8 m/s2，A項正確，B項錯誤；初動能Ek0＝mv2＝120 J，當上升到某一位置動能變化量為ΔEk＝－18 J，ΔEk＝Ek1－Ek0，解得：Ek1＝102 J，再上升到最高點時機械能減少量為ΔE，則＝，解得ΔE＝17 J，所以在上升、下落全過程中機械能的減少量為40 J，這個過程中利用動能定理有－40 J＝Ek－Ek0，得返回拋出點時的動能Ek＝80 J，所以C、D兩項均錯誤。 7. [2017·威海模擬]如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在豎直墻面上，另一端拴接一小物塊，小物塊放在動摩擦因數(shù)為μ的水平面上，當小物塊位于O點時彈簧處于自然

10、狀態(tài)。現(xiàn)將小物塊向右移到a點，然后由靜止釋放，小物塊最終停在O點左側(cè)的b點(圖中未畫出)，以下說法正確的是(　　) A．Ob之間的距離小于Oa之間的距離 B．從O至b的過程中，小物塊的加速度逐漸減小 C．小物塊在O點時的速度最大 D．從a到b的過程中，彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功 答案　AD 解析　如果沒有摩擦力，根據(jù)簡諧運動的對稱性知O點應(yīng)該在ab中間，Oa＝Ob。由于有摩擦力，物塊從a到b過程中機械能損失，故無法到達沒有摩擦力情況下的b點，即O點靠近b點，故Oa>Ob，A正確；從O至b的過程中，小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力，且彈力逐漸變大，故物塊的

11、加速度逐漸變大，B錯誤；當物塊從a點向左運動時，受到向左的彈力和向右的摩擦力，且彈力逐漸減小，加速度逐漸減小，當彈力等于摩擦力時加速度為零，此時速度最大，故小物塊的速度最大位置在O點右側(cè)，C錯誤；由能量守恒關(guān)系可知，從a到b的過程中，彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功，D正確。 8. [2017·四川成都模擬]如圖甲所示，軌道NO和OM底端對接且θ>α，小環(huán)自N點由靜止滑下再滑上OM。已知小環(huán)在軌道NO下滑的距離小于在軌道OM上滑的距離，忽略小環(huán)經(jīng)過O點時的機械能損失，軌道各處的動摩擦因數(shù)相同。若用F、Ff、v和E分別表示小環(huán)所受的合力、摩擦力、速度和機械能，這四個物理量的大小

12、隨環(huán)運動路程的變化關(guān)系如圖乙。能正確反映小環(huán)自N點到右側(cè)最高點運動過程的是(　　) 答案　AB 解析　小球下滑和上滑過程中都是做勻變速直線運動，故根據(jù)勻變速直線運動的平均速度公式知加速和減速過程中平均速度大小相等，＝，由于下滑距離小于上滑距離，故小環(huán)下滑時間小于小環(huán)上滑時間，又由于下滑和上滑過程中速度變化的大小相同，則根據(jù)a＝知，小環(huán)下滑時的加速度大，即小環(huán)在下滑時所受合外力大于小環(huán)在上滑時所受合外力，故A正確； 如圖所示，小環(huán)在桿上受重力、支持力和滑動摩擦力作用，由題意知Ff＝μFN＝μmgcosθ，因為θ>α，所以下滑時的摩擦力小于上滑時的摩擦力，故B正確；小環(huán)下滑時做初

13、速度為0的勻加速運動，由v2＝2ax，得v＝，即速度與位移的二次方根成正比，故C錯誤；除重力和彈力外其他力做的功等于小環(huán)機械能的變化，故小球下滑時的機械能等于E＝E0－Ffx，由于下滑時摩擦力小于上滑時摩擦力，故小環(huán)下滑時圖象的斜率小于上滑時的圖象斜率，故D錯誤。 9．[2017·湖北七市一模]如圖所示，傾角為37°的光滑斜面上粘貼有一厚度不計、寬度為d＝0.2 m的橡膠帶，橡膠帶的上、下邊緣與斜面的上、下邊緣平行，橡膠帶的上邊緣到斜面的頂端距離為L＝0.4 m，現(xiàn)將質(zhì)量為m＝1 kg、寬度為d的矩形薄板上邊緣與斜面頂端平齊且從斜面頂端靜止釋放。已知矩形板與橡膠帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5，重

14、力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，矩形板由斜面頂端靜止釋放下滑到完全離開橡膠帶的過程中(此過程矩形板始終在斜面上)，下列說法正確的是(　　) A．矩形板受到的摩擦力為Ff＝4 N B．矩形板的重力做功為WG＝3.6 J C．產(chǎn)生的熱量為Q＝0.8 J D．矩形板的上邊緣穿過橡膠帶下邊緣時速度大小為 m/s 答案　BCD 解析　矩形板在滑上橡膠帶時，隨著進入橡膠帶的長度增大，對橡膠帶的正壓力增大，所以矩形板受摩擦力是變化的，故A錯誤；重力做功WG＝mg(L＋d)sinθ＝3.6 J，所以B正確；矩形板進入橡膠帶到離開橡膠帶運動的位移為2d，最大摩擦力為μmgcos37°，

15、因為摩擦力大小隨位移線性變化，所以可以用平均摩擦力計算產(chǎn)生的熱，產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ·2d＝0.8 J，所以C正確；根據(jù)動能定理有WG－Q＝mv2－0，解得v＝ m/s，所以D正確。 10．水平地面上有兩個固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底邊長分別為L1、L2，且L1

16、 C．兩個滑塊從頂端運動到底端的過程中，重力對滑塊A做功的平均功率比滑塊B的大 D．兩個滑塊加速下滑的過程中，到達同一高度時，機械能可能相同 答案　BC 解析　設(shè)甲圖斜面的傾角為θ，乙圖斜面傾角為α，甲圖中摩擦力做功為W1＝－μmgcosθ·＝－μmgL1，乙圖中摩擦力做功為W2＝－μmgL2，則A、B滑塊從斜面頂端分別運動到底端的過程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定不同，故A錯誤；分別對A、B滑塊應(yīng)用動能定理得：mgh－μmgL1＝EkA，mgh－μmgL2＝EkB，可知，滑塊A到達底端時的動能一定比B到達底端時的動能大，故B正確；整個過程中，兩物塊所受重力做功相同，但

17、由于A先到達底端，故重力對滑塊A做功的平均功率比滑塊B的大，故C正確；兩個滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達同一高度時，重力做功相同，摩擦力做功不等，所以機械能不同，故D錯誤。 二、非選擇題(本題共2小題，共30分) 11．[2017·廈門高三質(zhì)檢](12分)如圖所示，水平傳送帶在電動機帶動下以速度v1＝2 m/s勻速運動，小物體P、Q質(zhì)量分別為0.2 kg和0.3 kg，由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時刻P放在傳送帶中點處由靜止釋放。已知P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，傳送帶水平部分兩端點間的距離為4 m，不計定滑輪質(zhì)量及摩擦，P與定滑輪間的繩水平，取g＝10 m/s2。

18、 (1)判斷P在傳送帶上的運動方向并求其加速度大小； (2)求P從開始到離開傳送帶水平端點的過程中，與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量； (3)求P從開始到離開傳送帶水平端點的過程中，電動機多消耗的電能。 答案　(1)向左運動；4 m/s2　(2)4 J　(3)2 J 解析　(1)傳送帶給P的摩擦力f＝μm1g＝1 N 小于Q的重力m2g＝3 N，P將向左運動。 根據(jù)牛頓第二定律， 對P：T－μm1g＝m1a，對Q：m2g－T＝m2a， 解得：a＝＝4 m/s2。 (2)從開始到末端：v2＝2a，t＝，＝， 傳送帶的位移s＝v1t，Q＝μm1g(＋s)＝4 J。 (3)電動機多

19、消耗的電能為克服摩擦力所做的功 解法一：ΔE電＝W克＝μm1gs， 可得ΔE電＝2 J。 解法二：ΔE電＋m2g＝(m1＋m2)v2＋Q， 可得ΔE電＝2 J。 12．[2017·漳州檢測](18分)如圖所示，光滑圓弧AB在豎直平面內(nèi)，圓弧B處的切線水平。A、B兩端的高度差為0.2 m，B端高出水平地面0.8 m，O點在B點的正下方。將一滑塊從A端由靜止釋放，落在水平面上的C點處，(g＝10 m/s2) (1)求OC的長？ (2)在B端接一長為1.0 m的木板MN，滑塊從A端釋放后正好運動到N端停止，求木板與滑塊的動摩擦因數(shù)？ (3)若將木板右端截去長為ΔL的一段，滑塊從A

20、端釋放后將滑離木板落在水平面上P點處，要使落地點距O點的距離最遠，ΔL應(yīng)為多少？ 答案　(1)0.8 m　(2)0.2　(3)0.16 m 解析　(1)滑塊從光滑圓弧AB下滑過程中，根據(jù)機械能守恒定律得mgh1＝mv，得vB＝＝2 m/s， 滑塊離開B點后做平拋運動，則 豎直方向：h2＝gt2， 水平方向：x＝vBt， 聯(lián)立得到x＝vB， 代入數(shù)據(jù)解得x＝0.8 m。 (2)滑塊從B端運動到N端停止過程， 根據(jù)動能定理得－μmgL＝0－mv， 代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2。 (3)若將木板右端截去長為ΔL的一段后，設(shè)滑塊滑到木板最右端時速度為v，由動能定理得 －μmg(L－ΔL)＝mv2－mv， 滑塊離開木板后仍做平拋運動，高度不變，運動時間不變，則落地點距O點的距離s＝L－ΔL＋vt， 聯(lián)立整理得，s＝1＋0.8－ΔL， 根據(jù)數(shù)學(xué)知識得知，當＝0.4時，s最大，即ΔL＝0.16 m時，s最大。